内蒙古包头市2026年普通高等学校招生全国统一考试（二模第二次考试）化学试题（含解析）高考模拟

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2026年普通高等学校招生全国统一考试
（二模第二次考试）
化学
注意事项：
1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Fe56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个项符合题目要求。
1. 三省一区科创优势互补。下列说法不正确的是
A. 黑龙江省：航天焊接技术用氧气作为保护气
B. 吉林省：光学芯片的主要原料是二氧化硅
C. 辽宁省：半导体碲锌镉材料属于新型无机材料
D. 内蒙古：煤的气化、液化均属于化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧气化学性质活泼，高温下易与焊接的金属材料发生氧化反应，不能作为焊接保护气，焊接一般选用氩气等惰性气体作保护气，A错误；
B．二氧化硅具有优良的光学传输性能，是制备光学芯片的主要原料，B正确；
C．碲锌镉半导体材料属于性能特殊的新型无机非金属材料，C正确；
D．煤的气化是将煤转化为、等气态燃料，煤的液化是将煤转化为液态有机燃料，二者均有新物质生成，都属于化学变化，D正确；
故答案为A。
2. 我国乙烯工业已实现从技术引进到自主可控的跨越。重要制取反应为：。下列有关化学用语或说法正确的是
A. 乙烷键线式：B. 乙烯分子C-H键电子云轮廓图：
C. 固态晶体类型：分子晶体D. 高温下，热稳定性：乙烷>乙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷的分子式为 C2H6，只有两个碳原子相连，因此它的键线式应表示为两个端点由一条线连接，而题中所给结构出现了一个拐点，实际表示时相当于包含了三个碳的位置关系，不符合乙烷只有两个碳原子的结构特点，所以该项中“乙烷键线式”的写法错误，A错误；
B．乙烯分子中的C-H键是由碳原子的sp2杂化轨道与氢原子的s轨道形成的σ键，其电子云轮廓图与题图不符，B错误；
C．固态氢由一个个独立的H2分子构成，分子内部是共价键，而分子之间只存在较弱的分子间作用力，因此固态H2的晶体类型属于分子晶体。该判断符合分子晶体的定义，C正确；
D．题干反应C2H6→高温C2H4+H2表明，高温下乙烷会分解，说明其在高温下不稳定，因此“高温下，热稳定性：乙烷>乙烯”的说法错误，D错误；
故答案为C。
3. 柔性超平金刚石薄膜可360°弯曲且保持金刚石优异性能。下列说法正确的是
A. 属于碳的同素异形体B. 基态C原子电子的空间运动状态有6种
C. 薄膜可弯曲与共价键断裂有关D. 该材料有望替代钢筋混凝土
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石是碳元素形成的单质，属于碳的同素异形体，A正确；
B．基态C原子的电子排布式为，电子的空间运动状态数等于其占据的原子轨道数，1s、2s、、共4种，B错误；
C．薄膜弯曲后仍保持金刚石的优异性能，说明金刚石结构未被破坏，没有共价键断裂，C错误；
D．金刚石制备成本高，且为薄膜材料，无法替代量大、成本低的钢筋混凝土作为建筑结构材料，D错误；
故答案选A。
4. 一种硫化物固态电解质由反应制得。已知结构与类似，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶液中数目小于
B. 标况下，所含P原子数目为
C. 18gS原子所含中子数目为
D. 生成转移电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量，无法判断其数目，A错误；
B．结构与类似，标况下为固态，不能使用标况下气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；
C．S的质子数为16，质量数约为32，1个S原子所含中子数为，硫的摩尔质量为32g/ml，18g硫原子的物质的量为，所含中子数为，C正确；
D．反应前后各元素化合价均无变化，Li为+1、S为-2、P始终为+5，属于非氧化还原反应，无电子转移，生成转移电子数为0，D错误；
答案选C。
5. 由乙酸制取丙二酸的流程如下（部分条件略）。下列说法错误的是
已知：25℃时，。
A. 步骤i中C-H键断裂的原因与其极性有关
B. 步骤ii中NaOH代替可极大程度地提高的产率
C. 步骤ii目的是防止发生
D. 步骤iii发生的反应类型为取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．步骤i中，羧基是吸电子基团，使得α-碳上的C-H键极性增强，更容易断裂，A正确；
B．若用NaOH代替，NaOH作为强碱，不仅中和羧基，还会使中的C-Cl键发生水解，生成，反而会降低的产率，B错误；
C．已知，则酸性，而酸性强于，因此酸性，若不先中和的羧基，会发生反应，生成有毒易挥发的，ii中和羧基的目的就是避免该反应的发生，C正确；
D．步骤iii中，生成了，反应类型为取代反应，D正确；
故答案选B。
6. 水是生命最温柔的骨架。下列与水有关反应的说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．HOF中的O的化合价为0，生成H2O2后 O 的化合价变为 -1，说明 HOF 被还原；而水中 O 的化合价由-2升高到-1，说明水被氧化，因此水在该反应中作还原剂，A正确；
B．水分解生成氢气和氧气属于吸热过程，题目中也写了“电解”，说明该反应需要外界持续提供电能才能进行，所以常温下不能自发发生，B错误；
C．钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ，实验过程中需用小刀切割钠块，取绿豆大小的钠粒进行反应，存在锐器扎伤风险，同时反应生成具有强腐蚀性的氢氧化钠、剧烈放热并产生易燃易爆的氢气，因此实验防护需关注护目镜防护、锐器使用、通风操作与洗手防护，题中实验不需要加热，正确标识为，C错误；
D．CaC2​ 与水反应制取乙炔时，若用饱和食盐水，通常是为了降低乙炔在水中的溶解度并减慢反应速率，便于控制实验过程，而不是加快反应速率，D错误；
故答案为A。
7. 碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI分解反应中分子碰撞示意图。
下面说法正确的是
A. 图1中分子取向合适，发生有效碰撞
B. 活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能
C. 用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率
D. 由图知，是基元反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由示意图可知，只有图3有新物质生成，故图3中的碰撞为有效碰撞，故A错误；
B．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，所以活化分子的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差为反应的活化能，故B错误；
C．用光辐照的方法，也可以提高活化分子百分数，也可以增大活化分子数目，加快反应速率，故C正确；
D．结合图3可知，是总反应，不是基元反应，故D错误；
答案选C。
8. 肿瘤的饥饿治疗通过葡萄糖的快速消耗，切断肿瘤营养物质的供应，达到“饿死”肿瘤细胞的效果。原理如下图所示（代表溶解氧）。下列说法正确的是
A. -D-葡萄糖与葡萄糖酸均具有6个手性碳原子
B. 葡萄糖酸在一定条件下反应可分别得到五、六元环状物
C. -D-葡萄糖不能与新制溶液发生反应
D. -D-葡萄糖和葡萄糖酸均可为人体供能
【答案】B
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子。β-D-葡萄糖中六元环上的五个碳原子均是手性碳原子，；葡萄糖酸结构仅含4个手性碳原子，如图：，A错误；
B．葡萄糖酸分子同时含有羧基和多个羟基，可以发生分子内酯化反应，羧基可与不同位置的羟基成环，能够分别得到五元、六元环状内酯，B正确；
C．-D-葡萄糖在水溶液中会开环转化为含醛基的链状葡萄糖，醛基可与新制溶液发生反应，C错误；
D．人体通过氧化葡萄糖供能，葡萄糖酸无法被人体氧化分解供能，D错误；
故选B。
9. 镍基催化剂可以催化储氢物质氨硼烷的分解反应：
Ⅰ．Ⅱ．
恒温条件下，以氨硼烷的四氢呋喃溶液为原料（含的物质的量为n）进行实验，得到、、随时间t变化的曲线。其中为与的物质的量之和，为的物质的量，为剩余的物质的量。下列说法正确的是
A. 若则内速率
B. 后曲线③的变化趋势可能为a
C.
D. 平衡时，若向体系中充入少量，达新平衡时其转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】是原料，其物质的量减小，则曲线③为，根据题目条件，则曲线①代表，曲线②代表，据此解答。
【详解】A．(的总量)，(单独量)，，说明，此时只有反应Ⅰ发生，反应Ⅱ未进行，因此，故A项错误；
B．后，物质的量减小，与的物质的量之和增大，说明物质的量是增大的，根据氮元素守恒可知，的物质的量下降，趋势为曲线c，故B项错误；
C．根据N元素守恒，，而，两边同除以n变形（根据图像纵坐标）可得，故C项正确；
D．平衡时，向体系中充入少量，增大了反应物浓度，平衡向正反应方向移动。对于反应前后溶质微粒总物质的量增大的反应，增加反应物浓度，其转化率减小，故D项错误；
故答案为C。
10. 已知X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，基态X、M、Q原子核外未成对电子数相等且位于不同周期，Q单质为深红棕色液体，二聚体在一定条件下可发生以下反应生成产物甲（其结构见下方方程式）。下列说法正确的是
（未配平）
A. 第三电离能：
B. 在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度
C. 甲中Y原子参与形成配位键
D. 可在一定条件下生成XQ
【答案】D
【解析】
【分析】Q单质为深红棕色液体，故Q为Br，Br的基态未成对电子数为1，题目说明X、M、Q未成对电子数相等且不同周期，因此：第一周期未成对电子数为1的X为H，第三周期未成对电子数为1的主族元素M为Al，结合反应物中Y形成4个键，Z形成3个键，可知Y为C，Z为N，最终元素：X=H，Y=C，Z=N，M=Al，Q=Br 。
【详解】A．失去后为，再失去需破坏稳定结构，第三电离能高；N失去后为，再失去只需移除电子，第三电离能低，故Y(C)>Z(N)，A错误；
B．YX3YZ(CH3CN) 在水中溶解度小于四氯化碳 是极性分子，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，根据相似相溶，在水中溶解度更大，B错误；
C．Y为C，C最外层4个电子，在甲中全部成键（4个单键或一个单键+一个三键），没有空轨道也没有孤电子对，不参与形成配位键，配位键是Z(N)提供孤对电子给M(Al)，C错误；
D．YX4(CH4) 可一定条件生成XQ(HBr) ，甲烷和溴单质在光照下发生取代反应，可生成HBr，D正确；
故选D。
11. 下列各组实验所得结论或推论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物不饱和度，含酚羟基的物质一定含苯环，不饱和度至少为4，因此不可能存在酚羟基，A错误；
B．酸性高锰酸钾是强氧化剂，可氧化羟基、碳碳双键等多种基团，还原糖的特征是能与银氨溶液、斐林试剂等弱氧化剂反应，该现象不能证明该糖为还原糖，B错误；
C．甘氨酸结构为，丙酸为，等浓度时甘氨酸pH更大说明其羧基酸性更弱，氨基推电子会使羧基中O-H键极性减弱，电离能力下降，可证明氨基是推电子基，C正确；
D．原电池中负极溶解的结论受电解质溶液影响，如Mg、Al和NaOH溶液构成的原电池中Al溶解但活泼性Mg>Al，无法直接判断X更活泼，D错误；
故答案选C。
阅读材料，完成下面2个小题
钙钛矿型材料具有类似于天然钙钛矿的结构：在晶胞基础上，用同族的替代、用Fe、Cu离子替代即得结构。能将水体中的转化为氧化性更强的羟基自由基，从而促进对水体中有机污染物的高效氧化。
12. 下图是晶胞。下列说法最合理的是
A. 中Fe为价，Cu为价
B. 与呈如图大小关系与核电荷数有关
C. 用替换、用Fe、Cu离子交替替换即得晶胞
D. 晶胞中与位置互换，所表示结构不变
13. 参与处理酸性水体污染原理如图所示。下列说法正确的是
A. 在反应中作还原剂
B. 水分子在电极上发生反应：
C. 装置工作时，氢离子向左侧移动
D. 污染物为甲醛时，电路每转移1ml电子最多处理15g甲醛
【答案】12. B 13. D
【解析】
【分析】第2题中装置为电解池，右侧​转化为​，从0价降为-1价，发生还原反应，因此右侧为阴极，左侧为阳极，以此进行分析；
【12题详解】
A．根据化合物化合价代数和为0，为价，为价，可得2×(+2)+x(Fe)+x(Cu)+6×(−2)=0 ，即x(Fe)+x(Cu)=+8 ，A中+3+2=+5≠+8 ，A错误；
B．离子半径大小的主要影响因素有核电荷数和电子层数等，核电荷数越大，对电子的吸引越强，离子半径越小，该大小关系与核电荷数有关，B正确；
C．根据均摊法，1个​晶胞中只含个，要得到Sr2FeCuO6需要2个分别替换为、，单个原晶胞替换后无法得到Sr2FeCuO6晶胞，C错误；
D．原结构在体心，配位12个；在顶点，配位6个；互换后：在顶点，配位6个；在体心，配位12个；配位数变化，所表示的​结构改变，D错误；
故选B。
【13题详解】
A．Sr2FeCuO6​在反应前后循环再生，性质和质量不变，属于催化剂，不是还原剂，A错误；
B．左侧阳极水转化为，从价变为价，失电子，正确反应为，B错误；
C．电解池中阳离子向阴极移动，阴极在右侧，因此氢离子向右侧移动，C错误；
D．该装置中，阳极反应为，阴极反应为，电路每转移电子，阳极生成2ml·OH ，阴极生成。根据题意，可转化为，通常可生成2ml·OH 。故电路每转移电子，体系共生成4ml·OH 。甲醛被氧化为二氧化碳的反应为HCHO+4·OH=CO2+3H2O ，可知处理甲醛需要4ml·OH 。因此，电路每转移电子可处理甲醛，则每转移电子可处理甲醛，其质量为12ml×30g/ml=15g ；
故选D。
14. 某小组设计如图装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。测定原理为（未配平），，通过测定含量计算出甲醛的含量。下列说法正确的是
A. a中毛细管的主要作用是搅拌、防倒吸
B. 配制银氨溶液，仪器b中放置的药品为氨水
C. c中空气样品进入的方式从一处集中采样，关闭，打开拉动隔板
D. c处重复5次操作后通过测定共生成，则空气中甲醛的含量为0.15mg/L
【答案】B
【解析】
【分析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故仪器a为硝酸银溶液、b为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过c向a通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和气体，产生的银与定量反应生成，通过测生成物的含量，计算室内空气中甲醛含量。
【详解】A．a主要让空气缓慢进入反应体系，使甲醛与银氨溶液充分反应，同时可以起到防倒吸的作用，A错误；
B．硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液，B正确；
C．关闭，打开拉动隔板，这一步只是采样，并没有让空气进入反应瓶，需要再关闭，打开拉隔板，让空气样品进入三颈烧瓶，C错误；
D．甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被氧化，结合甲醛被氧化为，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量nFe=1.12×10−3g56g/ml=2×10−5ml ，据电子守恒：HCHO~4e−~4Fe2+，消耗甲醛2×10−5ml×14=5×10−6ml ，因实验进行了5次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10−6ml÷5=1.00×10−6ml ，空气中甲醛的含量为1.00×10−6ml×30g/ml×1000mg/g=0.03mg/L ，D错误；
故选B。
15. 常温下，将和加入1L水中，调节溶液的pH（忽略体积变化），平衡时体系中P元素以、、、和形式存在，物质的量分数[如的物质的量分数为]随pH变化如图。下列说法正确的是
已知：，，
A. b为的变化曲线
B.
C. 时，
D. 平衡常数K的数量级为
【答案】D
【解析】
【分析】题干中P元素一共有5种存在形式：沉淀、、 ​、、​，物质的量分数随pH变化规律如下：pH越小（酸性越强）：越容易溶解，溶解出的P会结合更多，因此酸性极强时P主要以存在，对应下降的曲线a为 ​；pH升高到：浓度升高，和结合生成沉淀，几乎所有P都转化为，物质的量分数接近1，对应曲线b为；pH继续升高（，中等碱性）：和反应逐渐溶解，溶解出的P主要以存在，物质的量分数先升后降，对应曲线c为；pH>12（强碱性）：解离为​，物质的量分数逐渐升高，对应曲线d为​；只在向转化的过渡区域（pH7~8）少量存在，对应图中的小峰，和标注一致。
【详解】A．是多元弱酸，pH越小（酸性越强），含P物种含氢越多，物质的量分数随pH升高的变化规律：pH增大，逐渐减少，先增后减，再增再减，逐渐增大。 图中pH从左到右增大，随pH升高物质的量分数降到0，因此是，是，A错误；
B．磷酸第二步电离： ​，电离常数Ka2=cH+cHPO42-cH2PO4-​。 当cHPO42-=cH2PO4-时，，和交点的，因此，B错误；
C．初始为​，因此cNa+=0.03ml/L ；P元素一部分转化为沉淀，另一部分才是溶液中的、 ​、、​，因此cPO43-+cHPO42-+cH2PO4-+cH3PO43cPO43−+cHPO42−+cH2PO4−+cH3PO4，C错误；
D．反应的平衡常数： K=cHPO42−c2OH−，推导变形得： K=KspFePO4⋅KwKa3⋅KspFe(OH)3其中，​是磷酸第三步电离常数，和交点，故；代入已知数值： 10−16.83×10−39≈1.6×10−173×10−39≈5.3×1021，平衡常数的数量级为，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 铼是航空航天、清洁能源领域的关键金属。以钼精矿（主要成分有、，还含有、、、等杂质）为原料制备高铼酸铵的工艺流程如下。
（1）“氧压碱浸”时的主要产物有、、，写出发生反应的离子方程式___________；
（2）“水相1”中的，阴离子主要是、和，“滤渣2”的成分是___________和___________。
（3）“萃取”选用季铵盐比传统萃取剂叔胺对萃取率更高，试从微粒之间的作用力角度分析原因___________。
（4）“反萃取”时生成的化学反应方程式___________；“有机相2”___________（填“能”或“不能”）直接返回到“萃取”步骤实现循环利用。
（5）滤渣3为，，“除磷”过程中按加入充分反应，欲使磷、镁元素共沉淀完全，最低浓度应控制在___________ml/L。
（6）下图是的X射线衍射图谱，则属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。
（7）EAN规则指出：配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18则较稳定。提纯Re时，Re单质与CO会自发形成二聚物以满足EAN规则。已知Re与Mn同族，且该二聚物的红外光谱中检测到Re-Re键吸收峰，其分子式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3）季铵盐为离子化合物，阳离子对的吸附能力强于叔胺分子或季铵盐为离子化合物，在水中溶解性更好，可以与更充分接触
（4） ①. ②. 不能
（5）
（6）晶体 （7）
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)在氧压碱浸时、会生成、、；、、、分别生成、、、等，过滤，滤渣1主要为；滤液中加硫酸调pH可以将、转化成、进入滤渣2；加入R4N+Cl−进行萃取，得到R4NReO4进入有机相1；分液后，对有机相加进行反萃取，生成，分液后进入水相2中；加入硫酸镁与反应生成沉淀，过滤进入滤渣3；再经过后续处理得到纯品；
【小问1详解】
中从价升高到价，从价升高到价，1mlMS2​共失去18ml 电子，得到电子，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得离子方程式为：2MS2+9O2+12OH−=2MO42−+4SO42−+6H2O ；​
【小问2详解】
原杂质中的碱浸生成​，碱浸生成，调的酸性条件下，​转化为沉淀，​转化为沉淀；
【小问3详解】
季铵盐R4N+Cl−电离出带正电的R4N+，而叔胺R3N 为中性分子，带正电的R4N+与阴离子ReO4−​的静电作用更强，更易结合，萃取率更高；
【小问4详解】
萃取后有机相中ReO4−​与R4N+结合为R4NReO4，反萃取时与NH4ClO4反应生成NH4ReO4和有机相产物R4NClO4，故反应的化学方程式为：R4NReO4+NH4ClO4=NH4ReO4+R4NClO4；有机相产物为R4NClO4，与萃取步骤需要的R4N+Cl−不同，因此不能直接循环利用；
【小问5详解】
沉淀完全时，离子浓度不超过，由n(P):n(Mg2+)=1:1 ，得c(Mg2+)=c(PO43−)=1×10−5ml/L ，根据Ksp=c(NH4+)⋅c(Mg2+)⋅c(PO43−) ，代入得： c(NH4+)=Kspc(Mg2+)⋅c(PO43−)=2.5×10−13(1×10−5)2=2.5×10−3ml/L ；
【小问6详解】
晶体的X射线衍射图谱有特征的分立衍射峰，该图谱有明显的衍射峰，因此属于晶体；
【小问7详解】
Re 与同族，价电子数为；二聚存在Re−Re 键，每个Re 从Re−Re 键得到个电子，每个提供个电子，根据EAN规则：7+1+2n=18 ，解得，每个Re 结合个，因此二聚体分子式为Re(CO)52。
17. 硼化反应是构建手性中心的常用手段。以为硼化试剂，在CuCl和催化下制备香芹酮的硼化产物，实验原理及流程如下。
步骤：Ⅰ溶解。将1.50g香芹酮溶于盛有25mL甲醇的圆底烧瓶中。
Ⅱ反应。加入、少量CuCl和搅拌均匀开始反应，用薄层色谱监测反应进程。
Ⅲ除杂。反应结束后，除去甲醇。用乙酸乙酯充分溶解所得固体，经硅藻土过滤溶液，再用乙酸乙酯洗涤硅藻土，合并滤液后浓缩得粗产物；
Ⅳ提纯。将粗产物溶于热石油醚，进一步提纯得产品2.09g。
已知：①硅藻土疏松多孔、对有机物吸附性弱。②极性：乙酸乙酯>石油醚
回答下列问题：
（1）该实验需控制在无水环境中进行，试写出水解的化学方程式___________。
（2）步骤Ⅱ中，TLC固定相为硅胶板（强极性），展开剂为体积比10：1的石油醚、乙酸乙酯混合溶剂。首次检测的荧光点如图所示。此后应增大流动相中___________（填“石油醚”、“乙酸乙酯”或“无需调整”）所占比例。
（3）下列仪器中，步骤Ⅲ一定不需要的有___________（填名称）
（4）步骤Ⅲ中用硅藻土代替普通滤纸进行过滤的优点为___________。洗涤时需用乙酸乙酯洗涤硅藻土数次，用TLC分析每次洗涤液，当观察到___________这一现象可停止洗涤。
（5）步骤Ⅳ中进一步提纯的操作名称为___________。
（6）该实验的产率最接近___________。
A. 65%B. 70%C. 75%D. 80%
【答案】（1）
（2）石油醚 （3）坩埚、分液漏斗
（4） ①. ①硅藻土疏松多孔、内部孔道多且通畅，颗粒间空隙大、不致密，滤液和空气容易穿过，不会被压实堵塞，所以透气性好、过滤速度更快。②硅藻土对有机物吸附性弱，不会吸附-硼化产物，可减少产物吸附损失，提高实验回收率 ②. 最后一次洗涤液点在硅胶板上后用紫外线照射硅胶板无产物对应荧光出现（最后一次洗涤液经TLC展开后无产物对应荧光点）
（5）重结晶 （6）C
【解析】
【小问1详解】
甲醇钠为强碱弱酸盐，水解生成甲醇和氢氧化钠，化学方程式为CH3ONa+H2O→CH3OH+NaOH 。
【小问2详解】
本实验中固定相是强极性硅胶板，符合相似吸附原理：极性越强的物质，和极性硅胶的吸附作用越强，展开时移动越慢，比移值Rf （斑点移动距离/展开剂移动距离）越小； 同时展开剂（流动相）极性会影响整体分离效果：已知极性 乙酸乙酯>石油醚，展开剂整体极性越强，对物质的洗脱携带能力越强，所有斑点的整体Rf 越大，整体越靠近上方的展开剂前沿；反之展开剂极性越弱，整体Rf 越小，越靠近下方的原点。本题的TLC图中，反应物和产物的两个斑点没有完全分开，连在一起形成葫芦形，且斑点位置已经非常靠近上方的展开剂前沿，说明当前展开剂整体极性偏大：所有组分都被极性偏大的展开剂带着移动得过快，没有足够的移动行程实现两个组分的分离。因此需要降低展开剂的整体极性，需要增大极性更弱的石油醚的比例，让两个斑点整体后移，在移动过程中实现分离，所以答案为石油醚。
【小问3详解】
步骤Ⅲ操作：除去甲醇（蒸馏/浓缩，需要蒸馏烧瓶）→乙酸乙酯溶解固体（需要烧杯）→过滤→浓缩，全程不需要灼烧固体（不需要坩埚），也没有萃取分液操作（不需要分液漏斗）。
【小问4详解】
硅藻土疏松多孔、内部孔道多且通畅，颗粒间空隙大、不致密，滤液和空气容易穿过，不会被压实堵塞，所以透气性好、过滤速度更快。而且硅藻土对有机物吸附性弱，不会吸附-硼化产物，可减少产物吸附损失，提高实验回收率；洗涤的目的是洗出硅藻土中残留的产物，当洗涤液不再出现产物的荧光斑点，说明产物已完全洗脱，可停止洗涤。
【小问5详解】
产物β硼化产物易溶于热石油醚、微溶于冷石油醚，利用溶解度差异提纯的方法为重结晶。
【小问6详解】
n(香芹酮)=1.50g150g/ml=0.01ml ，n(B2pin2)=3.05g254g/ml≈0.012ml ，1 ml B2pin2可提供2 ml B，因此香芹酮为限量试剂，理论上生成产物，理论产量，产率=×100%≈75% ，故选C。
18. 水煤气变换反应是实现氢能高效清洁利用的重要反应。
（1）水煤气变换反应___________。
（已知：CO燃烧热为，燃烧热为，）
（2）我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂催化下的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）
由图可知___________（填“A”或“B”）更有利于该反应进行。
（3）一定条件下，水煤气变换反应的中间产物是HCOOH。HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．（快）Ⅱ．（慢）
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，HCOOH电离平衡常数为，当HCOOH平衡浓度为时，浓度为___________，此时反应Ⅰ的反应速率___________（用含、x和k的代数式表示）。
②温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。图中表示CO随时间变化的曲线为___________（填“X”、“Y”或“Z”）。时刻测得CO、的浓度为、，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后___________（用含y的代数式表示，下同），反应Ⅱ的平衡常数为___________。
【答案】（1）
（2）B （3） ①. ②. ③. Y ④. ⑤.
【解析】
【小问1详解】
写出已知热化学方程式： ①CO(g) +O2 (g) = CO2(g) ΔH1=−283kJ/ml，②H2 (g) +O2(g) = H2O(l) ΔH2 =−285.8 kJ/ml，③H2O(l) = H2O (g) ΔH3 =+40.67 kJ/ml，目标反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 可由①-②-③得到，因此：ΔH = ΔH1−ΔH2−ΔH3 =−283−(− 285.8)− 40.67 =− 37.87 kJ/ml；
【小问2详解】
催化剂可降低反应的活化能，活化能越低越有利于反应进行。由图可知，原子层金簇负载催化剂B的最大活化能低于金催化剂A，因此B更有利于反应进行。
【小问3详解】
① \c的电离平衡为：HCOOH⇌H++HCOO−，电离平衡常数 Ka=cH+⋅c(HCOO−)c(HCOOH)，忽略水电离，c(H+)=c(HCOO−) ，已知平衡时c(HCOOH)=x ，代入得：Ka=c2(H+)x，因此 c(H+)=Kax；
②代入速率公式 v=kc(H+)⋅c(HCOOH) ，得 v=k⋅Kax⋅x=kxKax；
③反应Ⅰ为快反应，快速生成，初始阶段浓度快速升高；反应Ⅱ为慢反应，不断消耗，使反应Ⅰ平衡HCOOH⇌CO+H2O 逆向移动，浓度逐渐降低；为反应Ⅱ的产物，浓度随反应进行逐渐升高，因此对应曲线为，浓度先快升，后逐渐降低，浓度高于和；
④平衡时，反应Ⅱ生成c(H2)=yml⋅L−1，因此c(CO2)=y ，根据碳守恒：c(CO)+c(CO2)+c(HCOOH)=1.0ml⋅L−1，即c(HCOOH)=1−c(CO)−y ，时刻，cCO=0.70ml/L ，cCO2=0.16ml/L ，可得c(HCOOH)=1−0.7−0.16=0.14ml/L ，反应Ⅰ平衡常数 K1=c(CO)c(HCOOH)= ，温度不变不变，平衡时K1=c(CO)1−c(CO)−y=5 ，解得c(CO)=5(1−y)6，因此c(CO)c(CO2)=5−5y6y；
⑤反应Ⅱ的平衡常数 K=c(CO2)⋅c(H2)c(HCOOH)，平衡时c(HCOOH)=1−y−5(1−y)6=1−y6，代入得K=y⋅y1−y6=6y21−y。
19. 我国某科研团队设计如下流程合成中药材蟾酥中的代表性功效成分蟾毒内酯（I）。
已知：①TBS为叔丁基二甲基硅基。
②Diels-Alder反应：
（1）A中含氧官能团名称___________。
（2）历经两步：①B转化为同分异构体C②C与乙酸酐发生取代反应生成D．C的结构简式为___________（填选项）。
A. B.
C. D.
（3）相同条件下A与足量乙酸酐反应产物的结构简式为___________（乙酸不必画出）。
（4）请在虚线右侧补全E的结构___________。
（5）历经三步，反应结果分别为①脱去TBS②消去羟基③加氢还原五元环中碳碳双键。正确的操作顺序是___________（按顺序填入序号）。
（6）若乙烯实现的相同变化，可以通过加入___________（填试剂名称或化学式，任写一组）实现。
（7）古籍《药性论》中记载了蟾酥的用法：“以奶汁调滴鼻中”，从结构角度解释用牛奶调服蟾酥而不用水的原因___________。
【答案】（1）羟基、羰基 （2）D
（3） （4） （5）③②①
（6）氧气和银或氯气、水和氢氧化钙、过氧化氢（或过氧乙酸）等（任写一种合理答案均可）
（7）I中羟基过少/内酯为疏水结构，所以更易溶于有机溶剂
【解析】
【分析】A与TBS发生取代反应，羟基中的氢被TBS取代生成B，B先转为同分异构体C，再与乙酸酐反应生成D，D发生Diels-Alder反应生成E，之后经过F、G、H一系列反应最后生成I。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，其分子中含有羟基（-OH）和羰基（C=O）两种含氧官能团，因此答案为：羟基、羰基；
【小问2详解】
B转化为C是同分异构化，结合后续与乙酸酐发生取代反应生成D（酯），可知C中含羟基；B→C为羰基转化为烯醇式羟基，结合D的结构特征，C的结构对应选项D（保留 TBS 保护基，引入羟基且双键位置匹配），因此答案为：D；
【小问3详解】
乙酸酐与醇羟基发生酯化反应（取代反应），羟基转化为乙酸酯基，不会与羰基发生反应，因此答案为：；
【小问4详解】
已知②为Diels-Alder反应（共轭二烯+亲双烯体→六元环），D中五元环双键（二烯体）与中N=O双键发生环加成，因此答案为：；
【小问5详解】
反应需先进行加氢还原五元环双键（③），再消去羟基（②），最后脱去TBS（①），若顺序颠倒会导致官能团破坏或副反应，因此答案为：③②①；
【小问6详解】
H→I为烯烃环氧化，若乙烯实现其相同变化，可以通过加入氧气和银或氯气、水和氢氧化钙、过氧化氢（或过氧乙酸）等（任写一种合理答案均可）；
【小问7详解】
从结构角度看，蟾毒内酯分子中含有庞大的疏水骨架，水溶性差，奶汁（含脂肪、乳蛋白等）为有机溶剂体系，能更好地溶解脂溶性有效成分，因此答案为：I中羟基过少/内酯为疏水结构，所以更易溶于有机溶剂选项
化学反应方程式
说法
A
水作还原剂
B
水的分解反应常温自发
C
安全标识：
D
饱和食盐水可加快反应速率
实验现象
结论或推论
A
向某有机物中滴加溶液，显色
该分子中含酚羟基
B
向酸性高锰酸钾溶液中加入某糖类物质，紫色褪去
该糖属于还原性糖
C
同温同压下测定等浓度的甘氨酸和丙酸pH，前者pH大
氨基属于推电子基
D
以金属X和Y为两极材料组成电池，接通电路金属X溶解
活泼性：
物质
性质
相对分子质量
香芹酮
不溶于水，易溶于甲醇、乙酸乙酯、石油醚等有机溶剂
150
易溶于甲醇、乙酸乙酯、石油醚等有机溶剂
254
硼化产物
不溶于水，微溶于冷石油醚，易溶于热石油醚、乙酸乙酯
278